[BOJ] 22866번: 탑 보기

copyrat90·2022년 3월 30일
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문제 설명

모든 건물에 대해, 다음 2가지를 구하라.
1. 좌측 & 우측에서 자기보다 크면서 다른 건물에 가리지 않은 건물의 개수
2. 그 건물 중에 가장 가까운 건물의 idx

"배열 원소 훑기 유형" 스택 문제가 꽤 많이 보이길래, 하나 정리해봤다.
이 문제는 해당 유형 중에서 조금 귀찮은 편이다.

아이디어

Naive O(N2)O(N^2) 아이디어

우선 Naive 한 완전 탐색 풀이부터 생각해보자.
모든 건물을 보면서, 각 건물마다 좌측 & 우측에 있는 조건에 맞는 건물을 전부 살펴보는 것.

전형적인 2중 반복문이므로 O(N2)O(N^2)이 나올 것이다.

스택으로 O(N)O(N)으로 최적화

위 풀이를 스택을 이용해 O(N)O(N)으로 최적화 할 수 있다.
우선 건물을 왼쪽부터 보되, 각 건물마다 좌측에 있는 건물만 살펴보도록 하자. (우측은 따로 처리)

ii번 건물 좌측에 있는 건물을 "전부" 살펴보는 대신, 왼쪽부터 훑으며 스택에 건물들을 넣어두고,
필요 없어진 저층 건물을 제외하고 필요한 건물만 스택에 남긴 채 확인하면 된다.

진행 과정

예제 입력 1 을 그대로 가져왔다.

8
3 7 1 6 3 5 1 7
  2           8
  2   4       8
  2   4   6   8
  2   4   6   8
1 2   4 5 6   8
1 2   4 5 6   8
1 2 3 4 5 6 7 8

먼저 i=1i=1번 건물은 왼쪽에 아무것도 없으므로, 그냥 스택에 push(i=1)한다.

i=2i=2번 건물의 왼쪽에는, i=1i=1번 건물이 있다. (i.e. i=1i=1이 스택에 들어있다.)
그런데 이 경우 i=2i=2번 건물보다 i=1i=1번 건물이 낮기 때문에, 이 건물은 조건에 맞지 않는다.

이번에 확인한, 낮은 i=1i=1번 건물은 i=2i=2번 건물에 가려서 i3i\ge3인 건물들한테 영원히 보일 일이 없다.
그러므로, 스택에서 i=1i=1번 건물을 pop() 해버려도 문제가 없다.

그러면 스택이 비게 되므로, i=2i=2 좌측에 볼 수 있는 건물이 없음을 확인할 수 있다.
작업이 끝났으니 스택에 push(i=2)도 한다.

i=3i=3번 건물은, 스택에 있는 i=2i=2번 건물만 확인하면 된다.
이번엔 i=2i=2번이 i=3i=3번보다 높으므로, 스택에서 건물을 빼지 않는다.
이 때, 현재 스택에 들어있는 건물의 개수만큼, 좌측으로 볼 수 있는 건물이 존재함을 알 수 있다.
i=3i=3번도 끝났으므로 push(i=3).

i=4i=4번. 스택 위에는 i=3i=3이, 아래에는 i=2i=2가 들어있다.
스택 위에서부터 (i.e. 바로 왼쪽 건물부터) 보면, i=3i=3i=4i=4보다 낮기 때문에 스택에서 i=3i=3 을 제거한다.

아직 안 끝났다. 스택이 비거나, 자기보다 높은 건물이 나올 때까지 스택을 반복해서 본다.
i=2i=2의 경우, i=4i=4보다 높기 때문에 반복을 그만두고 스택 제거 작업을 멈춘다.
스택에는 i=2i=2만이 들어있고, 이것만이 i=4i=4에서 좌측으로 볼 수 있는 건물이다.
i=4i=4도 끝. push(i=4).

마지막으로 i=5i=5까지만 보자. 스택에는 위에 i=4i=4, 아래에 i=2i=2가 있다.
i=4i=4i=5i=5보다 높기 때문에, 스택 제거 작업을 멈춘다.
다시 말해, i=5i=5에서는, 스택에 든 i=4i=4i=2i=2가 전부 보인다는 말이다.
이 때, 스택의 꼭대기에 있는 i=4i=4가 가장 가까운 거리에 있는 보이는 건물이다.

핵심 논리

요컨데, 조건을 만족시키지 않는 ii번보다 낮은 건물은
그 즉시 ii번 건물에 가려서 더 이상은 볼 필요가 없어진다는 점을 이용하면,
다신 안 보도록 스택에서 빼버리는 풀이가 가능하다.

우측으로 보이는 건물도 마찬가지 방법으로 찾을 수 있다.
좌측 풀이를 거울에 비춘듯 하면 된다.
우측부터 좌측으로 건물을 훑어보며, 우측으로 보이는 것들을 스택에 넣으며 판정.

핵심 코드

N = int(input().rstrip())
A = list(map(int, input().split()))
st = []  # id

ans_cnt = [0] * N
ans_min_dist_id = [INF] * N

# i번 건물의 좌측 관찰
for i in range(N):
    # i번 건물에 가린 낮은 건물들은, 뒷 건물에서도 영원히 못본다.
    while len(st) != 0 and A[st[-1]] <= A[i]:
        st.pop()
    if len(st) != 0:
        # 스택에 남은 건물의 개수가, i번 왼쪽에서 볼 수 있는 건물의 수
        ans_cnt[i] = len(st)
        # 스택의 꼭대기 건물이 왼쪽에서 가장 가까이 있는 볼 수 있는 건물
        ans_min_dist_id[i] = st[-1]
    st.append(i)

시간 복잡도

이 풀이의 시간 복잡도는 O(N)O(N)이다.

위 코드를 보면, 일단 for 문은 N번 수행됨은 자명하다.
문제는 내부 while 문인데, 각 ii마다 반복 횟수는 입력에 따라 다르다.

하지만, 프로그램 전체를 통틀어 while 문 내부 st.pop()이 실행되는 횟수
최대 N번이라는 건 알 수 있다.

왜냐하면 st.append(i)는 총 N번 호출되니, st엔 총 N개의 정수가 들어가는데,
그러면 당연히 N번 넘게 스택에서 꺼내는 건 불가능하기 때문.

헤맨 점

저장할 정보가 뭔지, 필요없는 정보가 뭔지 헷갈려서 오래 걸렸다.

  1. ans 배열에 거리는 따로 저장할 필요가 없다. ans[i]id 저장 후 abs(id-i)하면 거리다.
  2. 스택에 높이를 따로 저장할 필요가 없다. id 저장 후 A[id]로 구하면 그만이다.

입력, 필요한 중간 변수, 출력이 뭔지는 바로바로 보여야 하는데, 아직도 미숙한가 싶다.

정답 코드 : O(N)O(N)

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요새 알고리즘 문제 푸는 초보A

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